中考数学押题-（江苏常州卷） -2024年中考押题卷预测

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2、练心态。平时做练习卷，有多少同学是磨磨蹭蹭应付的？如果严格按照中考的时间限时做题，并且仔细把答题卡填涂好，这种限时训练是非常必要的。因此中考流程越熟悉，超常发挥的几率才越大。
3、研究答案详解。押题卷里面的答案非常详细，解题思路、考点、命题意图全都有，而且还要对照中考改卷标准，这才是真正意义的改完一道题。
绝密★启用前
2024年中考押题预测卷【常州卷】
数 学
选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
二、填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
9．1210．2a（b﹣1）211．﹣1012．1.2
13．3.614．1315．116．35
17．1.318．10−2
三．解答题（共10小题，满分84分）
19．（6分）
解：（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣1）
＝x2﹣4x+4﹣（x2﹣x+2x﹣2）
＝x2﹣4x+4﹣x2﹣x+2
＝﹣5x+6；
当x＝﹣1时，原式＝5+6＝11．
20．（8分）
解：由4x﹣2（x﹣1）＜4得：x＜1，
由x−12≤2x3得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，
将解集表示在数轴上如下：
21．（8分）
解：（1）这次调查的样本容量是：25÷25%＝100，
D组的人数为：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，
故答案为：100；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20100=72°，
补全的条形统计图如图所示：
故答案为：72；
（3）∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组；
故答案为：C；
（4）1800×100−5100=1710（人），
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
22．（8分）
解：（1）∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，
∴P（任意摸出1个球，这个球的编号是2）=14；
（2）画树状图如下：
一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2的情况出现了2次，
∴P（第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2）=216=18．
23．（8分）
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴△CAB∽△CED．
（2）解：直线CE与⊙O相切，证明如下：
连接OE，
∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AEO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∴∠ACB＝∠DAC，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠DCE，
∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，
∵OE为半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（3）∵点E落在线段AC的垂直平分线上，
∴AE＝CE，
∴∠DAC＝∠ECA，
由（1）得∠DAC＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠ECA＝∠DCE．
在Rt△ACD中，∠DAC+∠ECA+∠DCE＝90°，
∴∠DAC＝∠DCE＝30°，
∴DE=CDtan30°=233，AD=CDtan30°=23，AC＝4，
∴AE=AD−DE=433，
∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AE0＝30°，
∴∠AEO＝∠ACE，
又∵∠EAO＝∠CAE，
∴△EAO∽△CAE，
∴AEAC=AOAE，
∴434=AO433，
解得OA=43．
24．（8分）
解：（1）30﹣0.5×（50﹣40）
＝30﹣0.5×10
＝30﹣5
＝25（元）．
答：购买数量为50支时，方案二湖笔的单价为25元．
（2）①依题意得：当40＜x≤60时，湖笔的单价为30﹣0.5（x﹣40）＝（50﹣0.5x）元，总金额为（50﹣0.5x）x元．
故答案为：（50﹣0.5x）；（50﹣0.5x）x．
②当40＜x≤60时，24x﹣（50﹣0.5x）x＝174，
整理得：x2﹣52x﹣348＝0，
解得：x1＝58，x2＝﹣6（不符合题意，舍去），
∴（50﹣0.5x）x＝（50﹣0.5×58）×58＝1218；
当x＞60时，24x﹣20x＝174，
解得：x＝43.5（不符合题意，舍去）．
答：王老师购买湖笔所付的总金额为1218元．
25．（8分）
解：（1）把A点（1，4）分别代入反比例函数y=kx，
得k＝1×4＝4，
∴反比例函数为y=4x，
∵点B（﹣4，n）也在反比例函数y=4x的图象上，
∴n=4−4=−1，
∴B（﹣4，﹣1），
∵一次函数y＝ax+b的图象过点A（1，4），B（﹣4，﹣1），
∴a+b=4−4a+b=−1，
解得a＝1，b＝3；
（2）根据图象可知：ax+b＞kx的x的取值范围为﹣4＜x＜0或x＞1．
（3）如图，设直线y＝x+3与x轴的交点为C，
当y＝0时，x＝﹣3，
∴C（﹣3，0），
∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC=12×3×4+12×3×1=152．
26．（10分）
解：（1）过A作AD⊥BC于D，如图1所示：
则∠ADP＝90°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°，AD=12BC＝BD＝CD，
∵∠BAP＝15°，
∴∠APD＝∠B+∠BAP＝45°+15°＝60°，
∴∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AP＝2PD，
∴AD=AP2−PD2=(2PD)2−PD2=3PD，
设PD＝x，则AD=3x，
∴CD＝AD=3x，
∵PD+CD＝PC，PC=3+1，
∴x+3x=3+1，
解得：x＝1，
∴BD＝CD＝AD=3，
∴BP＝BD﹣PD=3−1，
∴S△ABP=12BP×AD=12×（3−1）×3=3−32；
（2）PE2＝PB2+4AF2，证明如下：
连接CE幷延长，交BA的延长线于D，如图2所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAP+∠CAP＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝90°，AP＝AE，
∴∠CAE+∠CAP＝90°，
∴∠CAE＝∠BAP，
∴△CAE≌△BAP（SAS），
∴EC＝PB，∠ACE＝∠ABP＝45°，
∴∠PCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴PC2+EC2＝PE2，
∴PC2+PB2＝PE2，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，
∵AB＝AC，
∴AB＝AD，
又∵F是BE的中点，
∴AF是△BDE的中位线，
∴DE＝2AF，
∵∠PAE＝∠CAD＝90°，
∴∠PAE﹣∠CAE＝∠CAD﹣∠CAE，
即∠PAC＝∠EAD，
又∵∠ACP＝∠ADE＝45°，
∴△PAC≌EAD（ASA），
∴PC＝DE，
∴PC＝2AF，
∴（2AF）2+PB2＝PE2，
∴PE2＝PB2+4AF2；
（3）∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，
∴∠ADP＝∠AEP＝90°，
∴∠ADP+∠AEP＝180°，
∴A、E、P、D四点共圆，且AP为直径，
∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣75°﹣45°＝60°是定值，
∴直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小，
∴当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
在Rt△PEC中，∠C＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，∠APE＝45°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝45°，AE＝PE，
∴∠PDE＝∠PAE＝45°，
∴∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠C＝45°，
∵∠EAD＝∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ADAC=DEBC，
设AE＝2x，则PE＝CE＝2x，AP＝22x，
∴AC＝4x，
如图3，取AP的中点O，连接EO，
则OD=12AP＝OA＝OP=2x，
∵∠DAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣45°＝15°，
∴∠DOP＝2∠DAO＝30°，
过D作DM⊥AP于M，则DM=12OD=22x，
∵cs∠DOP＝cs30°=OMOD=32，
∴OM=32OD=62x，
∴AM=2x+62x，
由勾股定理得：AD=AM2+DM2=(2x+62x)2+(22x)2=（3+1）x，
∴(3+1)x4x=DE9−33，
解得：DE=332，
则线段DE的最小值为332．
27．（10分）
解：（1）∵y=−34x2−94x+3=−34（x+4）（x﹣1）=−34（x+32）2+7516，
∴A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），
对称轴为直线x=−32；
（2）如图所示：
过N作NQ⊥x轴于点Q，
由旋转性质得MB⊥x轴，∠CBN＝90°，BM＝AB＝5，BN＝BC，
∴M（1，5），∠OBC+∠QBN＝90°，
∵∠OBC+∠BCO＝90°，
∴∠BCO＝∠QBN，
又∵∠BOC＝∠NQB＝90°，BN＝BC，
∴△OBC≌△QNB（AAS），
∴BQ＝OC＝3，NQ＝OB＝1，
∴OQ＝1+3＝4，
∴N（4，1）；
（3）设直线NB的解析式为y＝kx+b．
∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，
∴k+b=04k+b=1，
解得：k=13b=−13，
∴直线NB的解析式为：y=13x−13，
当点P，N，B在同一直线上时|NP﹣BP|＝NB=32+12=10，
当点P，N，B不在同一条直线上时|NP﹣BP|＜NB，
∴当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大，
即点P为直线NB与抛物线的交点．
解方程组：y=13x−13y=−34x2−94x+3，
解得：x1=1y1=0或x2=−409y2=−4927，
∴当P的坐标为（1，0）或（−409，−4927）时，|NP﹣BP|的值最大，此时最大值为10．
28．（10分）
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，
由翻折的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，
∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFG＝90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AB=AFAG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴BG＝GF，
∴BG+DE＝GF+EF＝EG；
（2）解：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，
在△ANE与△CND中，
∠ANE=∠CND∠E=∠DAE=CD，
∴△ANE≌△CND（AAS），
∴AN＝CN，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN＝CM＝CN，
∴S△AMN＝S△CMN=12CM•CD，
又∵S△CDN：S△CMN＝1：3，S△CDN=12DN•CD，
∴12DN⋅CD12CM⋅CD=DNCM=13，
设DN＝k，则CN＝CM＝3k，
如图2，过点N作NG⊥MC于点G，
则四边形CDNG为矩形，
∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，
NG=CN2−CG2=(3k)2−k2=22k，
∴MN=MG2+NG2=(2k)2+(22k)2=23k，
∴MNDN=23kk=23；
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，
①如图3，当DE=13DC=13×6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，
设DQ＝x，QE＝y，
则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP＝2DQ＝2x，
由翻折的性质得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是平分∠QAF，
∴EM＝EN，
∵S△AQE=12AQ•EM=12QE•AR，S△AEF=12AF•EN=12EF•AR，
∴12AQ⋅EM12AF⋅EN=12QE⋅AR12EF⋅AR，
∴AQAF=QEEF，
即6−x6=y2，
∴y＝2−13x，
∵∠D＝60°，
∴DH=12DQ=12x，
∴HE＝DE﹣DH＝2−12x，HQ=(2DH)2−DH2=3DH=32x，
在Rt△HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2，
即（2−12x）2+（32x）2＝y2，
∵y＝2−13x，
解得：x1=34，x2＝0（不合题意，舍去），
∴PC＝2×34=32；
②如图4，当CE=13DC=13×6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，
则DE＝4，
设DQ′＝x′，Q′E＝y′，
则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，
∵CP∥DQ′，
∴△CPE∽△DQ′E，
∴CPDQ'=CEDE=12，
∴CP=12DQ′=12x′，
由翻折的性质得：EF＝DE＝4，AF＝AD＝6，∠Q′AE＝∠EAF，
同理：AQ'AF=Q'EEF，
即6+x'6=y'4，
∴y′＝4+23x′，
∵∠CDA＝∠Q′DH′＝60°，
∴DH′=12DQ′=12x，
∴H′E＝DE+DH′＝4+12x′，H′Q′=3DH′=32x′，
在Rt△H′Q′E中，由勾股定理得：H′Q′2+H′E2＝EQ′2，
即（32x′）2+（4+12x′）2＝y′2，
∵y′＝4+23x′，
解得：x′1=125，x′2＝0（不合题意，舍去），
∴PC=12×125=65；
综上所述，PC的长为32或65．1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
A
C
B
A
D
A